Problemas - Unican.es

Examen de Física-1, 1° Ingeniería Química
Examen final. Enero de 2014
Problemas (Dos puntos por problema).
2) Un bloque de masa m1 = 2 kg y un bloque de masa m2 = 6 kg
Problema 1: Un
bloque desinmasa
y
= 2 kguna
1sobre
están
masamm2
2) Un bloque
de conectados
masa m1 = 2por
kg una
y uncuerda
bloque de masa
= 6 kg polea en
forma deun
disco
sólido
que
tiene
de radio
Runa
0.250
men
y masa M =
bloque
desin
masa
están
m2 =
6=kg
están conectados
por
una
cuerda
masa
sobre
polea
10 kg.
Se
permite
que
estos
bloques
se
muevan
sobre
forma de disco
sólido
que
tiene
de
radio
R
=
0.250
m
y
masa
M
= un bloque
conectados por una cuerda sin masa sobre
en forma
de cuña
de ángulo
θ = 30º.sobre
El coeficiente
de fricción
10 kg. Se fijo
permite
que
estos
bloques
se
muevan
un
bloque
una
poleapara
en ambos
forma bloques.
de disco sólido que tiene
cinética
es 0.360
fijo en forma
de cuña
de
ángulo
θ
=
30º.
El
coeficiente
de
fricción
un radio
Se hace falta
R = 0, 250
m y masa
M = 10(0.2)
kg . (no
Calcular
el momento
de inercia
de la polea
cinética es a)
0.360
para ambos
bloques.
la ecuación
deldemomento
permite
estos
bloques
seinercia)
muevan
a) Calculardemostrar
el momento
de que
inercia
la
poleade
(0.2)
(no hacesobre
falta
b) ecuación
Calcular
por
energías
velocidad
del de
sistema
un del
bloque
fijo en
forma
de cuña
ángulocuando los
demostrar la
momento
de la
inercia)
bloques
se han
1demfricción
(0.5).
b) Calcular
por energías
la velocidad
del
sistema
cuando
los
30°.
El desplazado
coeficiente
cinética
es 0,360
Trace
diagramas
de
cuerpo
libre
de
ambos
bloques
y de la polea (0.3).
bloques se c)
han
desplazado
1
m
(0.5).
para ambos bloques.
d) Determinar
la aceleración
de losbloques
dos bloques
y la
aceleración
angular de la polea (0.5).
c) Trace diagramas
de (a)
cuerpo
libre
de
ambos
y
de
la
polea
Calcular
el momento
deambos
inercia
dede(0.3).
lalapolea
(0,2 puntos). No hace falta
e) Determinar
las
tensiones
la cuerda
lados
polea
d) Determinar
la aceleración
de los dosenbloques
y laa aceleración
angular
de la(0.5).
polea (0.5).
demostrar
la
ecuación
del
momento
de
inercia.
e) Determinar las tensiones en la cuerda a ambos lados de la polea (0.5).
(b) Trazar los diagramas de cuerpo libre de ambos bloques y de la polea (0,3
puntos).
SOLUCION(c) Calcular por energías la velocidad del sistema cuando los bloques se han
SOLUCION
desplazado 1 m (0,5 puntos) (asumid que el sistema parte del reposo).
1 bloques
2
(d)
Determinar
aceleración
de Ilos
y la
aceleración
angular de la
a) El momento
de inercialade
la polea será:
= dos
MR 2 = 0.3125
kgm
1
2
poleade(0,5
puntos).
a) El momento de inercia
la polea
será: I = MR 2 = 0.3125 kgm 2
(e) Determinar las tensiones2 de la cuerda a ambos lados de la polea (0,5 puntos).
b) Tomando como sistema todo el conjunto junto con la Tierra y aplicando la conservación de la
energía:
b) Tomando como
sistema todo el conjunto junto con la Tierra y aplicando la conservación de la
Solución:
energía:
!Esist. = 0 " !K + !U grav. + !Etérmica = 0
(a) El
momento
de
inercia
de
la
polea
vendrá
dado
por
!Esist. = 0 " !K + !U grav. + !Etérmica = 0
2
1
1
2
1
v &kg × 0, 250 m = 0, 3125 kg × m 2 .
I =1 MR 2 =1 #10
"
m1v 2 + 2m1v 22 + 2I (% ( )) m(2 gd sen! )+ µ m1gd + µ m2 gd cos! = 0
1
12
1 2# v & 2 $ R '
"
m1v 2 + m1v 2 + I % ( ) m2 gd sen! + µ m1gd + µ m2 gd cos! = 0
2
2 Sin tener
2 $ R'
" (b)
v = 0.786 m/sen cuenta el peso de la polea y la reacción del enganche sobre ella (que
no intervendrán
en las ecuaciones de rotación de la polea ya que el brazo de su momento
" v = 0.786
m/s
es nulo),
entonces
c) Sin
tener en
cuenta el peso de la polea y la reacción del enganche sobre ella ya que no intervienen en
las
ecuaciones:
c) Sin tener en cuenta el peso de la polea y la reacción del enganche
sobre ella ya que no intervienen en
!
!
!
las ecuaciones:
N
!
2
!
!
a1
N
!
T1
!
!1
N
T
!
2
2
!
a1
T
N1
2
!
T1
T2
T
!
2
2
a2
!
1
!
!
2 Froz.,2 a!2
!
1 Froz.,1 !
! T1
!
mg
Froz.,2
!
Froz.,1
! T1
mg
mg
!
! !
m
! ! ! !
!
!g !
!
m
g
+
N
+
T
+
F
=
m
a
m
g
+
N
+
T
T2 R ! T1R = I!
1
1
1
roz.,1
1
2
2
2 + Froz.,2 = m a2
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
m1g + N1 + T1 + Froz.,1 = m a1
m2 g + N 2 + T2 + Froz.,2 = m a2
T2 R ! T1R = I!
d) Para calcular la aceleración común a los dos cuerpos podemos utilizar el resultado del apartado b):
d) Para calcular la aceleración común a los dos cuerpos podemos utilizar el resultado del apartado b):
a
v 2 = 2ad ! a = 0.309 m/s2 ! ! = = 1.23 rad/s2
a
R
v 2 = 2ad ! a = 0.309 m/s2 ! ! = = 1.23 rad/s2
R
e) Para calcular las tensiones aplicamos la segunda ley de Newton:
e) Para calcular las tensiones aplicamos la segunda ley de Newton:
T1 ! Froz.,1 = m1a " T1 = Froz.,1 + µ m1g + m1a = ( µ g + a ) m1 = 7.67 N
(c) Consideremos el sistema formado por la Tierra, las dos masas, la cuerda y la
polea. Como hay fuerzas disipativas (el rozamiento), entonces la energía mecánica del
sistema cambiará, verificándose que la variación de la energía mecánica es igual al
trabajo realizado por las fuerzas de rozamiento.
Si tomamos como cero de energía potencial gravitatoria la base del bloque, y
suponemos que la altura del bloque 1 inicialmente es h1ini y la altura inicial del bloque 2 es
h2ini , entonces la energía mecánica inicial toma el valor
ini
Emec
= K1 + K 2 + K polea +U1pot grav +U 2pot grav
2
2
1
1
1 2
= m1v1ini + m2 v2ini + Iω ini
+ m1gh1ini + m2 gh2ini
2
2
2
ini
ini
= m1gh1 + m2 gh2 ,
donde hemos supuesto que el sistema parte del reposo y las velocidades iniciales de las
dos masas y la polea son nulas.
Después de que los bloques hayan recorrido un metro, el objeto 1 seguirá a la misma
altura mientras que el objeto 2 se encontrará a una altura con respecto a la base de
h2ini − d sin θ , donde d = 1 m. Por lo tanto
fin
Emec
= K1 + K 2 + K polea +U1pot grav +U 2pot grav
2
2
1
1
1 2
= m1v1fin + m2 v2fin + Iω fin
+ m1gh1fin + m2 gh2fin
2
2
2
2
2
1
1
1
2
= m1v1fin + m2 v2fin + Iω fin
+ m1gh1ini + m2 g ( h1fin − d sin θ ),
2
2
2
y la variación de la energía mecánica vendrá dada por
fin
ini
ΔEmec = Emec
− Emec
2
2
1
1
1 2
= m1v1fin + m2 v2fin + Iω fin
− m2 gd sin θ .
2
2
2
Esta variación en la energía cinética tiene que ser igual al trabajo disipado por las fuerzas de
rozamiento, entonces
Wroz = −µ m1gd − µ m2 g cosθ d.
Como ΔEmec = Wroz , entonces
2
2
1
1
1 2
m1v1fin + m2 v2fin + Iω fin
− m2 gd sin θ = −µ m1gd − µ m2 gd cosθ .
2
2
2
Si ahora tenemos en cuenta que, como las cuerdas son inextensibles, el módulo de la
v
velocidad final de los dos cuerpos tiene que ser el mismo ( v1fin = v2fin ≡ v ) y que ω = ,
R
entonces
2
$! v $
1
1
1!1
m1v 2 + m2 v 2 + # MR 2 &# & − m2 gd sin θ = −µ m1gd − µ m2 gd cosθ ,
%" R %
2
2
2"2
1!
1 $ 2
# m1 + m2 + M & v = −µ m1gd − µ m2 gd cosθ + m2 gd sin θ
2"
2 %
v=
−µ m1gd − µ m2 gd cosθ + m2 gd sin θ
= 0, 786 m/s.
1!
1 $
# m1 + m2 + M &
2"
2 %
(d) Para calcular la aceleración común de los dos cuerpos, podemos utilizar los
resultados del apartado anterior,
v 2 = 2ad ⇒ a =
v2
= 0, 309 m/s2 .
2d
Para cada una de las dos masas, la aceleración llevará una dirección paralela al bloque
sobre el que se sustentan.
El módulo de la aceleración angular de la polea se puede calcular a partir de
α=
a
R
⇒ α = 1, 23 rad/s2 .
Como está girando en el sentido de las agujas del reloj, y siguiendo el criterio
convencional de signos (los ángulos crecen en sentido antihorario), su signo sería
negativo.
(e) Para calcular las tensiones, descomponemos las fuerzas en los diagramas de
cuerpo aislado del apartado (b) según las direcciones de los ejes y aplicamos la
segunda ley de Newton.
Para el cuerpo 1, escogemos que el eje x sea horizontal (sentido positivo hacia la
derecha) y el eje y vertical (sentido positivo hacia arriba). Si proyectamos las fuerzas
a lo largo del eje x ,
T1 − Froz,1 = m1a ⇒ T1 = Froz,1 + m1a = µ N1 + m1a = µ m1g + m1a = 7, 674 N.
Para el cuerpo 2, escogemos que el eje x sea paralelo al plano inclinado (sentido
positivo hacia abajo) y el eje y perpendicular al plano inclinado (sentido positivo
hacia arriba). Si proyectamos las fuerzas a lo largo del eje x ,
m2 gsin θ − T2 − Froz,2 = m2 a ⇒
T2 = m2 gsin θ − Froz,2 − m2 a = m2 gsin θ − µ N 2 − m2 a = m2 gsin θ − µ m2 g cosθ − m2 a = 9, 214 N.
Podemos comprobar que se cumple la tercera condición,
T1R − T2 R = (T1 − T2 ) = Iα.
Como el módulo de T2 > T1 , entonces la aceleración angular es negativa, de acuerdo
con el resultado del apartado (d).
Problema 2: Usted sostiene un libro contra la pared
apretándolo con su mano. La fuerza forma un ángulo θ con
la pared como indica la figura. La masa del libro es m y el
coeficiente de fricción estática entre el libro y la pared es µ s .
(a) Dibujad claramente el diagrama de “cuerpo aislado”
para el libro. (0,4 puntos). (b) Calculad la magnitud de la
fuerza que usted debe ejercer para (apenas) mantener el
libro estacionario (que no caiga hacia abajo) si se está
empujando con un ángulo inferior a 90° (0,4 puntos). (c)
¿Para qué valor del ángulo θ la magnitud de la fuerza
requerida es la más pequeña posible? ¿Cuál es la magnitud
de la menor fuerza posible? (0,4 puntos). (d) Si usted empuja a un ángulo mayor de
90°, debe hacerlo muy fuerte para sostener el libro en su lugar. ¿Para qué valor del
ángulo se hará imposible sostener en su lugar al libro? (en este último apartado,
medir el ángulo entre la fuerza aplicada y el semieje positivo del eje horizontal) (0,8
puntos).
(a) Dependiendo de si el ángulo θ es inferior (panel izquierdo) o superior (panel
derecho) a 90°, el diagrama de cuerpo aislado vendrá dado por
(b) Elegimos un sistema de ejes en el que el eje x sea horizontal (sentido positivo
hacia la derecha) y el eje y vertical (sentido positivo hacia arriba). En este apartado,
asumimos que el ángulo θ es inferior a 90°.
La fuerza de rozamiento estática tendrá un valor Ff ≤ µ s N.
Para un ángulo θ dado, esta fuerza varía dependiendo de cuánto valga el módulo de
la fuerza aplicada F
Justo en el límite en el cuál el objeto permanece estacionario (sin aceleración), la
fuerza de rozamiento estático toma el valor límite Ff = µ s N. En ese momento,
descomponemos las fuerzas en las componentes horizontal y vertical y aplicamos la
segunda ley de Newton.
∑F
∑F
x
= F sin θ − N = 0,
y
= −mg + F cosθ + Ff = −mg + F cosθ + µ s N = 0.
En la primera ecuación podemos despejar la normal que podemos sustituir en la segunda.
N = F sin θ ,
−mg + F cosθ + µ s F sin θ = 0.
De la segunda de estas ecuaciones podemos despejar el módulo de la fuerza
F ( cosθ + µ s sin θ ) = mg,
F=
mg
.
cosθ + µ s sin θ
(c) La magnitud de la fuerza será mínima cuando el anterior denominador sea
máximo. Esto ocurrirá cuando
d
(cosθ + µs sinθ ) = 0
dθ
Derivando la expresión anterior e igualando a cero encontramos el valor del ángulo
θ min para el cuál el módulo de la fuerza es mínimo
d
(cosθ + µs sinθ ) = 0 ⇒ − sinθ min + µs cosθ min = 0 ⇒
dθ
θ min = arctan µ s .
sin θ min
= tan θ min = µ s .
cosθ min
Para comprobar que efectivamente el denominador es un máximo en ese punto,
calculamos la derivada segunda para ese ángulo,
d2
(cosθ + µs sinθ ) = 0 ⇒
dθ 2
θ min
−cosθ min − µ s sin θ min = −cosθ min −
sin θ min
−cos2 θ min − sin 2 θ min
−1
sin θ min =
=
.
cosθ min
cosθ min
cosθ min
Como hemos supuesto que el ángulo es < 90°, el coseno del denominador es positivo
y la derivada segunda es negativa. Esto demuestra que efectivamente, el denominador
que aparece en la expresión del módulo de la fuerza es máximo en θ min .
En ese punto, el módulo de la fuerza vale
mg
mg
mg
=
=
= mg cosθ min .
2
cos θ min + sin 2 θ min
cosθ min + µ s sin θ min cosθ + sin θ min sin θ
min
min
cosθ min
cosθ min
Si queremos escribir el coseno como función de la tangente del ángulo, hacemos uso
de la relación trigonométrica
F=
1
cosθ min =
1+ tan 2 θ min
,
con lo que
F = mg cosθ min =
mg
2
1+ tan θ min
=
mg
1+ µ s2
.
(d) En este caso, el ángulo es superior a 90° y la componente de la fuerza externa en
la dirección vertical apunta hacia abajo. La fuerza de rozamiento estática tomará de
nuevo un valor Ff ≤ µ s N y es la única fuerza que tira del libro hacia arriba.
De nuevo, justo en el límite en el cuál el objeto permanece estacionario (sin
aceleración), entonces la fuerza de rozamiento estático toma el valor límite Ff = µ s N. En
ese momento, descomponemos las fuerzas en las componentes horizontal y vertical y
aplicamos la segunda ley de Newton.
∑F
∑F
x
= F cosθ − N = 0,
y
= −mg − F sin θ + Ff = −mg − F sin θ + µ s N = 0.
(en estas ecuaciones, hemos tomado el ángulo θ como el ángulo que forma la fuerza
aplicada con el semieje positivo de las x ).
De nuevo, despejando la normal en la primera y sustituyendo en la segunda,
N = F cosθ ,
mg − F sin θ + µ s F cosθ = 0 ⇒ F =
mg
.
(sinθ − µs cosθ )
Si el ángulo va creciendo, el módulo de la fuerza necesaria para mantener el objeto en
equilibrio se va haciendo cada vez más grande. Llegará un momento, para un
determinado ángulo crítico, en el cual el módulo de la fuerza se hará infinito. Esto ocurre
cuando
sin θ max − µ s cosθ max = 0 ⇒ µ s =
sin θ max
= tan θ max
cosθ max
⇒ θ max = arctan µ s
Para ángulos mayores será imposible mantener el objeto en equilibrio, por muy grande
que sea el módulo de la fuerza aplicada.
(d)
P9.47
The total linear momentum of the system can be calculated as P
or as
P
Either gives
P
m1 v 1
e15.0 i
Mv CM
m2 v2
j
5.00 j kg m s
Problema 3: Romeo (77,0 kg) entretiene a Julieta
distance from shore to center of boat
(55,0 x kg)
tocando su guitarra desde la parte
length of boat
trasera
de un bote que se encuentra en reposo
x
distance boat moves as Juliet moves toward Romeo
sobre
el agua. Romeo se encuentra a 2,70 m de
The
centerque
of mass
Julieta,
estástays
enfixed.
la parte delantera del bote.
MJ x 2 M
Después de M
lab x serenata,
Julieta
se mueve
R x
2
Before: x CM
cuidadosamente hacia
M B laM parte
M R trasera del bote
J
FIG. P9.47
para darle un beso en la mejilla a Romeo. (a) Calcular la posición
del centro de
MB x x
MJ x 2 x
MR x 2 x
masas del
sistema Romeo-Julieta-bote antes y después de que Julieta se haya movido
After:
x CM
M B M J el
M bote
(1 punto). (b) ¿Cuánto se desplaza
de 80,0 kg de peso hacia la orilla hacia la
R
55.0 77.0(1 punto).
cuál está orientado?
x
Let
a
FG
H
Solución:
x
2
55.0
212
d
c
h
f
c
c
i
h
h
c
d
i
IJ a 80.0 55.0 77.0f a55.0
2 K
2
55.0a 2.70f
0.700 m
h
77.0
f
212
Llamemos x a la distancia que hay desde la orilla hasta el centro de gravedad del bote,
l a la longitud del bote y x ' a la distancia que se desplaza el bote cuando Julieta se mueve
hacia Romeo.
Como no hay fuerzas externas sobre el sistema, el momento total del sistema JulietaRomeo-bote se conserva. Y como todo el sistema estaba inicialmente en reposo
(momento inicial del sistema nulo), entonces el momento será nulo en todo momento. En
otras palabras, el centro de masas del sistema permanece fijo.
Antes de que Julieta se moviera hacia Romeo, el centro de masas estaba situado en:
(
"
"
l%
l %+
* M bote x + M Julieta $ x − ' + M Romeo $ x + '#
#
2&
2 &,
)
antes
xCM
=
.
( M bote + M Julieta + M Romeo )
Después de que Julieta se haya movido hasta Romeo, el centro de masas del sistema
estará situado en
(
+
"
"
l
l
'
'%
'%
* M bote ( x − x ) + M Julieta $ x + − x ' + M Romeo $ x + − x '#
&
#
&,
2
2
)
después
xCM
=
.
( M bote + M Julieta + M Romeo )
Como la posición del centro de masas no ha podido cambiar durante el proceso, podemos
igualar las dos expresiones anteriores
(
+
"
"
"
"
l%
l %+ (
l
l
'
'%
'%
* M bote x + M Julieta $ x − ' + M Romeo $ x + '- * M bote ( x − x ) + M Julieta $ x + − x ' + M Romeo $ x + − x '#
#
#
&
#
&,
2&
2 &, )
2
2
)
=
,
M
+
M
+
M
M
+
M
+
M
( bote Julieta Romeo )
( bote Julieta Romeo )
"
"
"
%
"
%
l%
l%
l
l
M bote x + M Julieta $ x − ' + M Romeo $ x + ' = M bote ( x − x ' ) + M Julieta $ x + − x ' ' + M Romeo $ x + − x ' ',
#
#
#
&
#
&
2&
2&
2
2
M bote x ' + M Julieta x ' + M Romeo x ' = M Julieta l,
x' =
M Julieta l
= 0, 700 m.
M bote + M Julieta + M Romeo